Question

18．設(shè)常數(shù)a＞0，λ∈R，函數(shù)f（x）=x²（x-a）-λ（x+a）³．
（1）若函數(shù)f（x）恰有兩個零點，求λ的值；
（2）若g（λ）是函數(shù)f（x）的極大值點，求g（λ）的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）分類討論，當(dāng)λ=1時，f（x）=x²（x-a）-（x+a）³=-a（4x²+3ax+a²）；由二次函數(shù)的性質(zhì)判斷；當(dāng)λ≠1時，則必有一個零點是極值點；不妨設(shè)該零點為x₀，
從而可得f（x₀）=x₀²（x₀-a）-λ（x₀+a）³=0，再求導(dǎo)得f′（x₀）=3x₀²-2ax₀-3λ（x₀+a）²=0，從而解得x₀=0或x₀=$\frac{a}{2}$；再檢驗即可；
（2）求導(dǎo)f′（x）=3x²-2ax-3λ（x+a）²=3（1-λ）x²-2a（1+3λ）x-3λa²，分類討論；
①當(dāng)λ=1時，f′（x）=-8ax-3a²；從而確定極大值點g（λ）=-$\frac{3}{8}$a；
②當(dāng)λ≠1時，1-λ≠0，令△=4a²（1+3λ）²+36（1-λ）λa²=4a²（1+15λ），討論二次項系數(shù)及判斷式的正負以確定f′（x）的正負，從而確定極大值點g（λ）；可得λ＞-$\frac{1}{15}$且λ≠1時，g（λ）=$\frac{1+3λ-\sqrt{1+15λ}}{3（1-λ）}$a；再利用換元法令$\sqrt{1+15λ}$=t，則λ=$\frac{{t}^{2}-1}{15}$，（t＞0且t≠4）；從而得g（λ）=h（t）=$\frac{1-t}{t+4}$a；從而求取值范圍．

解答 解：（1）當(dāng)λ=1時，f（x）=x²（x-a）-（x+a）³
=-a（4x²+3ax+a²）；
∵-a＜0，△=（3a）²-16a²=-7a²＜0，
∴f（x）＜0恒成立；故沒有零點；
當(dāng)λ≠1時，函數(shù)f（x）恰有兩個零點；
則必有一個零點是極值點；
不妨設(shè)該零點為x₀，
則f（x₀）=x₀²（x₀-a）-λ（x₀+a）³=0，
即x₀²（x₀-a）=λ（x₀+a）³，①
又f′（x）=3x²-2ax-3λ（x+a）²
故f′（x₀）=3x₀²-2ax₀-3λ（x₀+a）²=0，②
由①②化簡可得，
x₀=0或x₀=$\frac{a}{2}$；
經(jīng)檢驗，當(dāng)x₀=0時成立，此時λ=0；
當(dāng)x₀=$\frac{a}{2}$時也成立，此時λ=-$\frac{1}{27}$；
故λ=0或λ=-$\frac{1}{27}$；
（2）∵f′（x）=3x²-2ax-3λ（x+a）²
=3（1-λ）x²-2a（1+3λ）x-3λa²；
①當(dāng)λ=1時，f′（x）=-8ax-3a²；
則x＜-$\frac{3}{8}$a時，f′（x）＞0，x＞-$\frac{3}{8}$a時，f′（x）＜0；
故g（λ）=-$\frac{3}{8}$a；
②當(dāng)λ≠1時，1-λ≠0，令△=4a²（1+3λ）²+36（1-λ）λa²=4a²（1+15λ），
（i）當(dāng)λ≤-$\frac{1}{15}$時，1-λ＞0且△≤0，故f′（x）≥0，
函數(shù)f（x）是R上的增函數(shù)，函數(shù)f（x）無極值點；
（ii）當(dāng)-$\frac{1}{15}$＜λ＜1時，1-λ＞0且△＞0，
由f′（x）=0解得，
x₁=$\frac{1+3λ-\sqrt{1+15λ}}{3（1-λ）}$a，x₂=$\frac{1+3λ+\sqrt{1+15λ}}{3（1-λ）}$a；
注意到x₁＜x₂，且x＜x₁時，f′（x）＞0，x₁＜x＜x₂時，f′（x）＜0，x＞x₂時，f′（x）＞0；
故g（λ）=$\frac{1+3λ-\sqrt{1+15λ}}{3（1-λ）}$a；
（iii）當(dāng)λ＞1時，1-λ＜0且△＞0，
由f′（x）=0解得，
x₁=$\frac{1+3λ-\sqrt{1+15λ}}{3（1-λ）}$a，x₂=$\frac{1+3λ+\sqrt{1+15λ}}{3（1-λ）}$a；
注意到x₁＞x₂，且x＜x₂時，f′（x）＜0，x₂＜x＜x₁時，f′（x）＞0，x＞x₁時，f′（x）＜0；
故g（λ）=$\frac{1+3λ-\sqrt{1+15λ}}{3（1-λ）}$a；
綜上所述，λ＞-$\frac{1}{15}$且λ≠1時，
g（λ）=$\frac{1+3λ-\sqrt{1+15λ}}{3（1-λ）}$a；
令$\sqrt{1+15λ}$=t，則λ=$\frac{{t}^{2}-1}{15}$，（t＞0且t≠4）；
將λ=$\frac{{t}^{2}-1}{15}$代入g（λ）=$\frac{1+3λ-\sqrt{1+15λ}}{3（1-λ）}$a得，
g（λ）=h（t）=$\frac{1-t}{t+4}$a；
當(dāng)λ=1時，t=4，g（λ）=-$\frac{3}{8}$a，上式也成立；
∵h（t）=$\frac{1-t}{t+4}$a=（-1+$\frac{5}{t+4}$）a是（0，+∞）上的減函數(shù)，
由t＞0得-a＜h（t）＜$\frac{a}{4}$，
即g（λ）的取值范圍是（-a，$\frac{a}{4}$）．

點評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及分類討論的思想應(yīng)用，本題難點在于分類討論的情況比較多，討論的依據(jù)也比較多，屬于難題．